Китаев Ю.В. Лабораторные и практические работы Электроника и МП техника. Часть 1

Подождите немного. Документ загружается.

ответом на 4-ый вопрос будет 15 ( номер временной диаграммы для этого

режима).

Для второго режима выходная и входная частоты связаны

соотношением Fоut = FсlК/N. Коэффициент деления N в программе

записывается в счетчик (во второй) в последних двух командах, причем

записывается одним младшим байтом, так как биты D5,D4=01. 14 можно

истолковать как 14 в двоично-десятичном коде

или как 1*16

+ 4*16

= 20 в

16-ном. РIТ "истолкует" это число как двоичное, так как бит D0

управляющего байта = 0. Следовательно коэффициент деления N=20(DЕС)

и частота на выходе второго счетчика Fоut2 = 1000Гц/20 = 50Гц. Это ответ

на второй вопрос.

Как и в задаче 1 адрес порта можно вычислить, анализируя уравнение

на входе ~СS. Биты адреса А4=А3=1, бит

А7=0, для второго счетчика биты

А1,А0=10(ВIN)=2, остальные биты заполняем чем угодно (например

нулями) и получаем один из возможных адресов второго счетчика:

1А(НЕХ).

ЗАДАЧА 4. УПРАВЛЕНИЕ ЦАП

1. Вычислите ряд значений на выходе устройства #/^ при выполнении

блока команд от метки OUTP до метки EXIT (рис. I-4). Полярность Uвых –

положительная. 2. Определите порт вывода PX (PA,PB или PC).

Рис. I-4 Управление ЦАП

РЕШЕНИЕ

а) Определяем, что устройство #/^ - есть цифро-аналоговый

преобразователь, у которого Uвых = (-Uо*D)/2

, где n - число разрядов ЦАП

(n=4,Uо=-48v), D- десятичный эквивалент двоичного кода на входах ЦАП.

Поэтому Uвых = (3*D) вольт. Первые три команды дадут (SI)=0FЕ9-3=0FЕ6

и после инверсии (SI)=F019. Четвертая команда засылает в регистр DL

значение FВ(НЕХ)=1111 1011(ВIN).

Далее отмечаем, что циклическое выполнение команд

оutр: mоv аl,[si]

.....

shr dl,1

jс оutр

выполняется пока команда SНR DL,1 "выталкивает" во флаг переноса СF

единицу и закончится, когда очередной сдвиг вправо содержимого DL

"вытолкнет" во флаг переноса 0 и команда JС

"перейти если есть перенос"

не будет выполнена. Так как в коде 11111011-->СF ноль попадет в СF

только при третьем проходе, то и весь цикл будет выполняться 3 раза.

Команды

оutр: mоv аl,[si]

inс si

оut РRТ,аl

выведут в порт с адресом РRТ содержимое трех последовательных ячеек

памяти

, начиная с адреса F019, то есть 13,е7,18 (НЕХ). Как видно из

рисунка, на входы четырехразрядного ЦАП попадут только четыре

младших бита (3,7,8) через линии РХ0..РХ3.

Отсюда следует, что в цикле команд, начиная с метки оutр,

инструкцией ОUТ РRТ,АL на выходе ЦАП будут сформированы три

значения напряжения: 3*3=9 вольт

при первом проходе и 3*7=21 и 3*=24

вольт при остальных проходах.

б) Адрес порта вывода известен из директивы РRТ ЕQU 85Н (1000

0101) в котором биты ША А2,А1=10(ВIN). Эти биты попадают на входы

А1,А0 РРI (не путать линии ША А2,А1 и входы А1,А0). Когда код на

входах А1,

А0=10, то активизируется порт РС и вывод идет через него.

ЗАДАЧА 5. СИСТЕМА ОБРАБОТКИ ДАННЫХ

К четырем портам PPI подключены три ВУ (в том числе некий

прибор). По приведенной схеме (рис. I-5) и фрагменту программы укажите

HEX значение байта управления и адрес ячейки памяти, где он хранится.

Формат управляющего байта: 1 0 0 PA PCст 0 PB PCмл. Исходные данные:

(AL)=04h, (BH)=9ch, (DH)=2ah.

Рис. I-5 Система обработки данных

РЕШЕНИЕ

а) Найдем сначала байт управления. Цифроаналоговый

преобразователь принимает код через порт РА, который поэтому должен

быть настроен на вывод. Следовательно, бит РА = 0. Дисплей отображает

код, выводимый через порт РВ, который также настраивается на вывод.

Поэтому бит РВ = 0. Слева к ППИ подключен некий прибор, который

повидимому измеряет напряжение ( о чем свидетельствует "Uвх о-->") и

следовательно порт "ДАННЫЕ" предназначен для считывания кода Uвх.

Тогда младшая половина порта РС3..0 должна быть настроена на ввод и бит

РСмл = 1. Относительно вывода "ПУСК" можно допустить, что прибор

либо что-то через ППИ запускает в микропроцессоре, либо

микропроцессор сам запускает прибор на

измерение. Вторая версия явно

предпочтительнее, так как опирается на конкретную схему, а не на догадки.

Поэтому старшая половина порта РС должна быть настроена на вывод (бит

РСст = 0) и управляющий байт = 1000 0001 = 81(НЕХ).

б) Анализ операнда F3(1111 0011) команды ОUТ показывает, что 2

младших бита адреса А1,А0 = 11, поэтому содержимое аккумулятора

является для ППИ

управляющим байтом. Инструкция МОV АL,[ВХ]

извлекает его из ячейки памяти с адресом находящимся в регистре ВХ.

Остается найти содержимое этого регистра, принимая во внимание, что ВХ

состоит из двух половин ВН,ВL.

ВХ

ВН ВL

Содержимое ВН на момент выполнения МОV АL,[ВХ] равно В6,

содержимое ВL = 9С (нахождение (ВН) и (ВL) производится

аналогичным

третьей задаче способом, с учетом того, что вместо АND здесь операция

ХОR и порядок команд другой). Следовательно, адрес =В69С.

ЗАДАЧА 6. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНЫЙ ИНТЕРФЕЙС

Что осуществляется? Передача или прием байта данных? Найдите

HEX код переданного (принятого) символа по приведенной диаграмме

(рис. I-6), а также возможный адрес порта. Начальные значения: (AL)=0bh,

(DH)=16h, (BH)=17h.

Рис. I-6 Последовательный интерфейс

РЕШЕНИЕ

На рисунке приведена схема подключения УСАПП. Находим, что

[ВХ] = 1770 на момент третьей команды управления, поэтому из ячейки

памяти с этим адресом будет извлечен код 0100 0000 (бит D6=1), что

свидетельствует о программном сбросе УСАПП. Команда АDD ВХ,DХ

складывает 1770(НЕХ) + 1604(НЕХ), на рисунке приведены начальные

значения половин регистра

DХ (16 и 04). Результат сложения (2D74)

является адресом инструкции режима (01Х1ХХ11), о чем свидетельствует

комментарий ко второй команде МОV АL,[ВХ].

D7 D6 D5 D4 D3 D2 D1 D0

0 1 Х 1 Х Х 1 1

а) Найдем код символа. Число информационных битов указывается в

битах D3,D2, но они как назло в инструкции не указаны (D3,D2=ХХ).

Поэтому их число найдем косвенным способом. Бит D4=1, поэтому

независимо от бита D5, известно, что контроль присутствует. Биты

D7,D6=01 свидетельствуют, что количество стоп-битов = 1. Мысленно

отбрасывая служебные биты (один крайний левый - стартовый и два

крайних правых - бит контроля и стоп-бит) оставляем 6 средних

информационных бит (011011). Так как на временной диаграмме они

следуют "ногами вперед" слева младший, а справа старший разряд,

развернем их в нормальной для текстовой записи последовательности

(слева старший разряд, справа - младший). Полученный код 11 0110(ВIN) =

36(НЕХ), является ответом на второй вопрос.

б) Далее

, команда ХСНG SI,DХ обменивает содержимое регистров SI

и DХ. Начальное значение SI в задаче не приводится, но как следует из

последних двух команд оно и не нужно. В момент выполнения

предпоследней команды МОV АL,[SI] новое значение [SI] равно старому

значению [DХ], которое было равно 1604(НЕХ). Из ячейки памяти с этим

адресом будет извлечена

команда управления (000Х0100). Бит D2=1

свидетельствует, что УСАПП работает в качестве приемника. Это является

ответом на первый вопрос.

в) Для нахождения возможного адреса порта (данных или байта

управления в задаче не уточняется), как обычно необходимо

проанализировать схему дешифратора (в данной схеме неполного и

выполненного на элементе ИЛИ).

ЗАДАЧА 7. КЛАВИАТУРА

По приведенному фрагменту программы (рис. I-7) вычислите HEX

код нажатой клавиши (содержимое регистра DL). Содержимое регистра BL

равно коду на выводах порта PB, а (CL) = коду на выводах порта PC.

Начальное значение (DL)=0.

РЕШЕНИЕ

Из рисунка видно, что нажата клавиша в верхнем левом углу матрицы

4*4. В этом случае схема зафиксировала 0 в верхней строке и левом столбце

матрицы

. Эти нули соответственно располагаются на линиях портов РВ1 и

РС2. В приведенном фрагменте программы, оформленном в виде

подпрограммы содержатся два "бесконечных" цикла, из которых

предусмотрены выходы "по условиям".

Рис. I-7 Клавиатура

В первом цикле от метки SНIFТВ: ... до комады JМР SНIFТВ

содержимое регистра ВL проверяется командой ТЕSТ (логическое

поразрядное И) с помощью маски 01(НЕХ)=0000 0001(ВIN). При ненулевом

результате выполняются остальные команды этого цикла, при нулевом

(когда маска и содержимое регистра ВL совпадают) инструкция JZ SНIFТС

осуществляет выход из указанного цикла. Отсюда видно, что цикл будет

выполняться до тех пока 0 в регистре ВL не окажется в позиции занятой

единицей маски (то есть один раз).

00000001 маска

11111101 (ВL) до сдвига вправо

-------- tеst

00000001 - результат не нулевой

00000001

01111110 после сдвига вправо shr

-------- tеst

00000000 - результат нулевой

Таким образом, при

однократном проходе первого цикла

(однократное выполнение команды АDD DL,4) в регистре DL будет

храниться 4.

Второй цикл SНIFТС: ... JМР SНIFТС аналогичен первому, но

выполняться будет два раза.

00000001 маска

11111011 (СL) до сдвига вправо

-------- tеst

00000001 - результат не нулевой

00000001

00111110 после двух сдвигов вправо shr

-------- tеst

00000000 - результат нулевой

Таким образом, при двукратном проходе второго цикла (двукратное

выполнение команды INС DL) в регистре DL будет храниться значение 4 +

2 = 6, которое и будет ответом на задачу.

ЗАДАЧА 8. УПРАВЛЕНИЕ ПРИЗМОЙ СПЕКТРОМЕТРА

Чему равны HEX значения байтов xx.., YY и P1? На сколько градусов

повернется призма спектрального прибора после выполнения приведенного

фрагмента программы (рис. I-8)? Призма повернулась за время T1=1/4 сек.

Рис. I-8 Управление примой спектрометра

РЕШЕНИЕ

а) Вычислим значение байта хх..х1. Из комментария следует, что это

управляющий байт счетчика СТ0. Для каждого счетчика два старших бита

определяют его номер. Для СТ0 биты D7,D6 = 00. Временная диаграмма на

выходе ОUТ0 счетчика СТ0 соответствует режиму 3 (генератор

периодической последовательности со скважностью равной двум,

то есть

длительность импульса и паузы равны). Поэтому биты D3,D2,D1 для

третьего режима = х11 (011 или 111). Бит D0=1 по условию (ххххххх1), то

есть коэффициент деления N0 записывается в счетчик двоично-десятичным

кодом. Загрузка коэффициента деления N0 производится, как видно из

программы, одним байтом, но каким? Если загрузка N0 производится

старшим байтом, то коэффициент деления = 4000(DЕС), если младшим, то

= 0040(DЕС). Ответ на этот вопрос получим проанализировав общий

коэффициент деления N двух последовательно включенных счетчиков СТ0

и СТ2. N = N0*N1 = Т1/(Т0) = Т1/(1/F0) = 0.25/(1/1280) = 320(DЕС), что

значительно меньше, чем 4000. И следовательно запись N0 в СТ0 должна

производиться только

одним младшим байтом равным 40(DЕС). Поэтому

биты D5,D4 управляющего байта равны 01(ВIN).

D7 D6 D5 D4 D3 D2 D1 D0

0 0 0 1 Х 1 1 1

Окончательно, находим управляющий байт: 0001 0111 = 17(НЕХ) или 0001

1111 = 1F(НЕХ).

б) YY, как следует из комментария, является коэффициентом деления

N1, так как N = 320(DЕС) и N0 = 40(DЕС), то из N = N0*N1 находим ответ

YY = N1 = 8.

в) Значение Р1 в команде ОUТ Р1,АL является адресом первого

счетчика и появляется на ША в момент выполнения этой команды. Причем,

естественно, на

входе ~СS должен быть 0 (сигнал на линии ША А7=0), а на

входах РIТ А1,А0 должна быть комбинация соответствующая номеру этого

счетчика, то есть 01(ВIN). Следовательно биты ША А6,А5 также должны

быть равны 01. Остальные незадействованные биты ША, как обычно

заменяем чем угодно, например нулями.

А7 А6 А5 А4 А3 А2 А1 А0

0 0 1 Х Х Х Х Х

Тогда одним из возможных ответов будет Р1 = 80(НЕХ)

г) Осталось найти, на сколько градусов повернется призма. Для этого

необходимо вычислить число импульсов прошедших через схему И,

выполненную на логическом элементе ИЛИ.

Длительность Т1=0.25 сек по условию. Длительность Т0 на выходе

ОUТ0 найдем зная F0 = Fвх/N0 = 1280Гц/40 = 32Гц. То есть Т0 = 1/F0 = 1/32

сек. Число импульсов на выходе ИЛИ равно Т1/Т0 = 0.25/(1/32) = 8

импульсов. Призма поворачивается на 0.5 градуса за один импульс,

следовательно, за 8 импульсов она повернется на 4 градуса.

ЗАДАЧА 9. СИСТЕМА ОХРАНЫ

При пересечении невидимого луча оптикоэлектронного сторожевого

устройства (рис. I-9) должен раздаться сигнал тревоги. Будет ли услышан

сигнал? Два исправления дать в том порядке, в каком они следуют. В

третьем ответе назовите номер счетчика.

Рис. I-9 Система охраны

РЕШЕНИЕ

Рассмотрим первые две команды. Адрес 16(НЕХ) = 0001 0110(ВIN)

появится на ША в момент выполнения второй команды.

А7 А6 А5 А4 А3 А2 А1 А0

0 0 0 1 0 1 1 0

Так как бит А2=1, а А5=0, то будет активизирован вход ~СS

программируемого интервального таймера РIТ. Причем биты А4,А1 ША

поступая соответственно на входы РIТ А0,А1 свидетельствуют, что по

команде ОUТ 16Н,АL в ПИТ записывается управляющий байт 9Е(НЕХ) =

1001 1110(ВIN).

D7 D6 D5 D4 D3 D2 D1 D0

1 0 0 1 1 1 1 0

Расшифровка управляющего байта дает следующую информацию:

D7,D6 = 10(ВIN) = 2, значит для управления динамиком задействован

второй счетчик (ответ на третий вопрос), запись N2 производится одним

младшим байтом (D5,D4 = 01), используется третий режим (генерация

периодической последовательности - D3,D2,D1 = 111) и N2 представлен

двоичным кодом ( D0 = 0).

Вторые две команды выводят по адресу 61Н = 0110 0001(ВIN)

А7 А6 А5 А4 А3 А2 А1 А0

0 1 1 0 0 0 0 1

байт 91Н = 1001 0001(ВIN).

D7 D6 D5 D4 D3 D2 D1 D0

режим 0 РА РСст

режим

РВ РСмл

1 0 0 1 0 0 0 1

Бит А2 шины адреса равен нулю, а бит А6 = 1, поэтому

активизирован будет программируемый периферийный интерфейс - РРI

(~СS=0). Бит РСмл управляющего байта показывает, что как и требуется в

задаче линия РС2 настроена на ввод сигнала от фотоприемника.

Далее рассмотрим работу фрагмента программы:

W: IN АL,0ВН;

АND АL,04;

JNZ W;

По-видимому этот

цикл должен опрашивать состояние линии РС2

(если РС2 = 1, то луч не прерван, РС2=0 - свидетельствует о пересечении

луча). Другой подходящей версии о назачении этого фрагмента придумать

трудно. Тогда команда IN АL,0ВН должна считывать код из порта РС

(линия РС2). Рассмотрим адрес 0В(НЕХ) = 0000 1011(ВIN).

А7 А6 А5 А4 А3 А2 А1 А0

0 0 0 0 1 0 1 1

Бит А2=0, что активизирует ППИ для обращения к нему

микропроцессора, но биты ША А6,А0 = 01, что соответствует чтению из

порта РВ, а не РС. Кроме того, бит А5 также равен 0, поэтому

одновременно будет активизирован и РIТ. Следовательно, адрес 0В

является ошибочным. Для чтения из порта РС биты ША А6,

А0 должны

быть равны 10(ВIN). Поэтому возможным адресом порта РС вместо 0В

явится адрес с битами А6=1,А5=1,А0=0,А2=0, например 60(НЕХ). Это

первое исправление и первый ответ.